Physics · الكتاب 3 · Bachelor Year 1

الفيزياء الجامعية — السنة الأولى

الفيزياء الجامعية — السنة الأولى · Bachelor Year 1

11تحريك النقطة المادية

عربة الأفعوانية تدخل الحلقة عند 90 km/h90\,\mathrm{km}/\mathrm{h}، فتبطئ وهي تصعد، وتتعلّق لحظةً في القمة، ثم تندفع خارجةً من جديد؛ ويشعر راكبوها بأنهم مسحوقون في مقاعدهم عند الأسفل وبأنهم بلا وزن تقريبًا عند القمة. ووصف تلك الرحلة — أين العربة، وكم تسرع، وكيف تدور سرعتها وتتغير — هو التحريك، وهو يحتاج إلى أكثر من xx و yy و zz لطريق مستقيم: أي إلى الإحداثيات القطبية لكل ما يدور، وإلى مرجع يسافر مع العربة نفسها. ويقيم هذا الفصل تلك الأدوات، ويبرهن على صيغ السرعة والتسارع في كل منها، ويطبّقها على الحركات التي سيستدعيها كل فصل تال: الدائرية والحلزونية والتوافقية والحركة على أيّ منحنٍ.

11.1 الموضع والسرعة والتسارع

تعريف 11.1 (المرجع والموضع والمسار)

المرجع جسم صلب يُؤخذ ثابتًا (كالمختبر أو الأرض أو قطار)، مع ساعة. والنقطة المادية MM — وهي جسم لا يهمّ حجمه في الحركة المدروسة — تُحدَّد في كل لحظة بواسطة متجهة موضعها OM→(t)\vect{OM}(t) من مبدأ OO مرتبط بالمرجع؛ والمنحني الذي ترسمه MM هو مسارها. والحركة دائمًا حركة بالنسبة إلى مرجع: فالراكب نفسه ساكن في القطار ومتحرك في المحطة.

تعريف 11.2 (السرعة والتسارع)

سرعة النقطة MM وتسارعها في المرجع هما

v→= ⁣dOM→ ⁣dt,a→= ⁣dv→ ⁣dt= ⁣d2OM→ ⁣dt2,\vect v = \frac{\dd\vect{OM}}{\dd t}, \qquad \vect a = \frac{\dd\vect v}{\dd t} = \frac{\dd^2\vect{OM}}{\dd t^2},

وهما مشتقّا دالتين متجهيتين: ويُحصَّل مشتقّ متجهة باشتقاق مركّباتها في أساس ثابت في المرجع. والسرعة مماسّة للمسار وتشير في اتجاه الحركة؛ ومعيارها vv هو قيمة السرعة. والوحدات: m/s\mathrm{m}/\mathrm{s} و m/s2\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}.

قضية 11.3 (الإحداثيات الديكارتية)

مع أساس متعامد ممنظم ثابت (e→x,e→y,e→z)(\vect e_x, \vect e_y, \vect e_z) و OM→=x e→x+y e→y+z e→z\vect{OM} = x\,\vect e_x + y\,\vect e_y + z\,\vect e_z، يكون

v→=x˙ e→x+y˙ e→y+z˙ e→z,a→=x¨ e→x+y¨ e→y+z¨ e→z,\vect v = \dot x\,\vect e_x + \dot y\,\vect e_y + \dot z\,\vect e_z, \qquad \vect a = \ddot x\,\vect e_x + \ddot y\,\vect e_y + \ddot z\,\vect e_z,

حيث ترمز النقطة إلى  ⁣d/ ⁣dt\dd/\dd t.

برهان. متجهات الأساس ثابتة؛ ولا تتغير إلا المركّبات. ∎

مثال 11.4 (قذيفة)

كرة تُقذف من OO بقيمة سرعة v0v_0 وزاوية α\alpha فوق الأفق، وإحداثياتها (من الديناميك في الفصل التالي) هي x=v0cos⁡α tx = v_0\cos\alpha\,t و z=v0sin⁡α t−12gt2z = v_0\sin\alpha\,t - \tfrac12 gt^2. ومنه v→=v0cos⁡α e→x+(v0sin⁡α−gt)e→z\vect v = v_0\cos\alpha\,\vect e_x + (v_0\sin\alpha - gt)\vect e_z و a→=−ge→z\vect a = -g\vect e_z: فالتسارع ثابت بينما تدور السرعة؛ وعند القمة (z˙=0\dot z = 0 و t=v0sin⁡α/gt = v_0\sin\alpha/g) تكون السرعة أفقية والتسارع عموديًّا عليها. وبحذف tt: z=xtan⁡α−gx2/(2v02cos⁡2α)z = x\tan\alpha - gx^2/(2v_0^2\cos^2\alpha)، أي قطع مكافئ.

قطع القذيفة المكافئ: السرعة مماسّة للمسار وتدور، والتسارع g ثابت. وعند القمة تتعامد السرعة والتسارع: فقيمة السرعة ساكنة لحظيًّا بينما يظلّ الاتجاه يتغير.
قطع القذيفة المكافئ: السرعة مماسّة للمسار وتدور، والتسارع g→\vect g ثابت. وعند القمة تتعامد السرعة والتسارع: فقيمة السرعة ساكنة لحظيًّا بينما يظلّ الاتجاه يتغير.

11.2 الإحداثيات الأسطوانية

تعريف 11.5 (الإحداثيات الأسطوانية وأساسها)

تُحدَّد النقطة MM بالمقدار r≥0r \geq 0 (وهو بعدها عن المحور zz)، وبالزاوية θ\theta التي يصنعها مسقطها على المستوي xyxy مع e→x\vect e_x، وبالإحداثي zz: أي OM→=r e→r+z e→z\vect{OM} = r\,\vect e_r + z\,\vect e_z، حيث

e→r=cos⁡θ e→x+sin⁡θ e→y,e→θ=−sin⁡θ e→x+cos⁡θ e→y,\vect e_r = \cos\theta\,\vect e_x + \sin\theta\,\vect e_y, \qquad \vect e_\theta = -\sin\theta\,\vect e_x + \cos\theta\,\vect e_y,

وتشكّل هذه مع e→z\vect e_z الأساس المحلي (e→r,e→θ,e→z)(\vect e_r, \vect e_\theta, \vect e_z)، وهو متعامد ممنظم ومباشر، ويتحرك مع MM. وفي المستوي (zz ثابت) تكون هذه هي الإحداثيات القطبية (r,θ)(r, \theta).

مبرهنة مساعدة 11.6 (مشتقّات الأساس المحلي)

 ⁣de→r ⁣dt=θ˙ e→θ, ⁣de→θ ⁣dt=−θ˙ e→r, ⁣de→z ⁣dt=0→.\frac{\dd\vect e_r}{\dd t} = \dot\theta\,\vect e_\theta, \qquad \frac{\dd\vect e_\theta}{\dd t} = -\dot\theta\,\vect e_r, \qquad \frac{\dd\vect e_z}{\dd t} = \vect 0 .

برهان. باشتقاق المركّبات:  ⁣de→r/ ⁣dt=θ˙(−sin⁡θ e→x+cos⁡θ e→y)=θ˙e→θ\dd\vect e_r/\dd t = \dot\theta(-\sin\theta\, \vect e_x + \cos\theta\,\vect e_y) = \dot\theta\vect e_\theta، و كذلك من أجل e→θ\vect e_\theta. فمشتقّ متجهة واحدة دائرة عمودي عليها ومعياره هو المعدل الزاوي. ∎

مبرهنة 11.7 (السرعة والتسارع بالإحداثيات الأسطوانية)

v→=r˙ e→r+rθ˙ e→θ+z˙ e→z,a→=(r¨−rθ˙2)e→r+(rθ¨+2r˙θ˙)e→θ+z¨ e→z.\vect v = \dot r\,\vect e_r + r\dot\theta\,\vect e_\theta + \dot z\,\vect e_z, \qquad \vect a = \big(\ddot r - r\dot\theta^2\big)\vect e_r + \big(r\ddot\theta + 2\dot r\dot\theta\big)\vect e_\theta + \ddot z\,\vect e_z .

برهان. نشتقّ OM→=re→r+ze→z\vect{OM} = r\vect e_r + z\vect e_z بمساعدة المبرهنة المساعدة: v→=r˙e→r+rθ˙e→θ+z˙e→z\vect v = \dot r\vect e_r + r\dot\theta\vect e_\theta + \dot z\vect e_z. ثم نشتقّ من جديد: r¨e→r+r˙θ˙e→θ+r˙θ˙e→θ+rθ¨e→θ−rθ˙2e→r+z¨e→z\ddot r\vect e_r + \dot r\dot\theta\vect e_\theta + \dot r\dot\theta\vect e_\theta + r\ddot\theta\vect e_\theta - r\dot\theta^2 \vect e_r + \ddot z\vect e_z؛ ثم نجمع الأمثال. ∎

الإحداثيات القطبية: الأساس المحلي ( e_r, e_ ) يدور مع M؛ وللسرعة جزء قطري r وجزء عمودي على القطر مقداره r. وهنا يتّجه المسار (بالأحمر) حلزونيًّا إلى الخارج، فيكون r > 0 وتميل v خارجًا عن مماسّ الدائرة.
الإحداثيات القطبية: الأساس المحلي (e→r,e→θ)(\vect e_r, \vect e_\theta) يدور مع MM؛ وللسرعة جزء قطري r˙\dot r وجزء عمودي على القطر مقداره rθ˙r\dot\theta. وهنا يتّجه المسار (بالأحمر) حلزونيًّا إلى الخارج، فيكون r˙>0\dot r > 0 وتميل v→\vect v خارجًا عن مماسّ الدائرة.

نتيجة 11.8 (الحركة الدائرية)

على دائرة نصف قطرها RR (حيث r=Rr = R و z=0z = 0)، ومع السرعة الزاوية ω=θ˙\omega = \dot\theta:

v→=Rω e→θ,a→=−Rω2 e→r+Rω˙ e→θ=−v2R e→r+ ⁣dv ⁣dt e→θ.\vect v = R\omega\,\vect e_\theta, \qquad \vect a = -R\omega^2\,\vect e_r + R\dot\omega\,\vect e_\theta = -\frac{v^2}{R}\,\vect e_r + \frac{\dd v}{\dd t}\,\vect e_\theta .

ومن أجل الحركة الدائرية المنتظمة (ω\omega ثابت) يكون التسارع مركزيًّا خالصًا، معياره v2/R=Rω2v^2/R = R\omega^2، مع أن قيمة السرعة ثابتة.

برهان. نضع r˙=r¨=0\dot r = \ddot r = 0 في المبرهنة؛ ويكون v=Rωv = R\omega. ∎

مثال 11.9 (دائرتان)

سيارة تدور في مستديرة نصف قطرها 20 m20\,\mathrm{m} بسرعة 36 km/h36\,\mathrm{km}/\mathrm{h} (أي 10 m/s10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}): فيكون a=v2/R=5.0 m/s2a = v^2/R = 5.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}، أي نصف gg، موجَّهًا نحو المركز — وهو ما يجب أن توفّره الإطارات. والقمر (R=3.84×108 mR = 3.84 \times 10^{8}\,\mathrm{m} و T=27.3 dT = 27.3\,\mathrm{d}): ω=2π/T=2.66×10−6 rad/s\omega = 2\pi/T = 2.66 \times 10^{-6}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} و a=Rω2=2.7×10−3 m/s2a = R\omega^2 = 2.7 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}، أي جزء من 36003600 من gg عند سطح الأرض، على بعد ستين نصف قطر أرضي — وهي المقارنة التي أجراها نيوتن (الفصل 16).

11.3 الإحداثيات الكروية

تعريف 11.10 (الإحداثيات الكروية)

تُحدَّد النقطة MM ببعدها r=OMr = OM، وبالزاوية القطبية θ∈[0,π]\theta \in [0, \pi] بين OM→\vect{OM} و e→z\vect e_z، وبزاوية السمت φ\varphi لمسقطها على المستوي xyxy: أي OM→=r e→r\vect{OM} = r\,\vect e_r مع

e→r=sin⁡θcos⁡φ e→x+sin⁡θsin⁡φ e→y+cos⁡θ e→z;\vect e_r = \sin\theta\cos\varphi\,\vect e_x + \sin\theta\sin\varphi\,\vect e_y + \cos\theta\,\vect e_z ;

وتُتمّ e→θ\vect e_\theta (المماسّة لخط الزوال، نحو θ\theta المتزايدة) و e→φ\vect e_\varphi (المماسّة لدائرة العرض) الأساسَ المحلي المتعامد الممنظم. وعلى الأرض تكون θ\theta هي 90∘90^\circ ناقص خط العرض، و φ\varphi هي خط الطول.

قضية 11.11 (السرعة بالإحداثيات الكروية)

v→=r˙ e→r+rθ˙ e→θ+rsin⁡θ φ˙ e→φ.\vect v = \dot r\,\vect e_r + r\dot\theta\,\vect e_\theta + r\sin\theta\,\dot\varphi\,\vect e_\varphi .

برهان.  ⁣de→r/ ⁣dt=θ˙ e→θ+sin⁡θ φ˙ e→φ\dd\vect e_r/\dd t = \dot\theta\,\vect e_\theta + \sin\theta\,\dot\varphi\, \vect e_\varphi: فالحدّ الأول هو الدوران في مستوي خط الزوال (كما في الحالة القطبية)، والثاني هو الدوران حول e→z\vect e_z بمعدل φ˙\dot\varphi لمتجهة بعدها عن المحور sin⁡θ\sin\theta. ثم v→= ⁣d(re→r)/ ⁣dt\vect v = \dd(r\vect e_r)/\dd t. أما التسارع فلا حاجة إليه هذه السنة. ∎

الإحداثيات الكروية (r, , ) وأساسها المحلي: e_r قطرية، وe_ على خط الزوال (نحو الجنوب على كرة أرضية)، وe_ على دائرة العرض (نحو الشرق).
الإحداثيات الكروية (r,θ,φ)(r, \theta, \varphi) وأساسها المحلي: e→r\vect e_r قطرية، وe→θ\vect e_\theta على خط الزوال (نحو الجنوب على كرة أرضية)، وe→φ\vect e_\varphi على دائرة العرض (نحو الشرق).

11.4 أساس فريني

تعريف 11.12 (الفاصلة المنحنية وأساس فريني)

على امتداد مسار، تكون الفاصلة المنحنية s(t)s(t) هي طول القوس من نقطة مرجعية، محسوبًا جبريًّا؛ و v=s˙v = \dot s. وعند MM يشير المماسّ الواحدي T→= ⁣dOM→/ ⁣ds\vect T = \dd\vect{OM}/\dd s نحو ss المتزايدة؛ ويُعرَّف نصف قطر التقوّس ρ>0\rho > 0 والناظم الواحدي N→\vect N، المشير نحو الجهة المقعرة (أي نحو مركز التقوّس)، بالعلاقة

 ⁣dT→ ⁣ds=1ρ N→.\frac{\dd\vect T}{\dd s} = \frac{1}{\rho}\,\vect N .

والزوج (T→,N→)(\vect T, \vect N) هو أساس فريني؛ ويكون ρ=∞\rho = \infty على مستقيم، و ρ=R\rho = R على دائرة نصف قطرها RR.

مبرهنة 11.13 (التسارع في أساس فريني)

v→=v T→,a→= ⁣dv ⁣dt T→+v2ρ N→.\vect v = v\,\vect T, \qquad \vect a = \frac{\dd v}{\dd t}\,\vect T + \frac{v^2}{\rho}\,\vect N .

المركّبة المماسية  ⁣dv/ ⁣dt\dd v/\dd t تقيس سرعة تغيّر قيمة السرعة؛ والمركّبة الناظمية v2/ρv^2/\rho، وهي دائمًا نحو مركز التقوّس، تقيس سرعة دوران الاتجاه. وتكون الحركة منتظمة إذا وفقط إذا كان a→⊥v→\vect a \perp \vect v؛ وتكون مستقيمة إذا وفقط إذا كان a→∥v→\vect a \parallel \vect v.

برهان. v→=( ⁣dOM→/ ⁣ds)( ⁣ds/ ⁣dt)=vT→\vect v = (\dd\vect{OM}/\dd s)(\dd s/\dd t) = v\vect T. ومنه a→=v˙T→+v  ⁣dT→/ ⁣dt=v˙T→+v( ⁣dT→/ ⁣ds)s˙=v˙T→+(v2/ρ)N→\vect a = \dot v\vect T + v\,\dd\vect T/\dd t = \dot v\vect T + v(\dd\vect T/\dd s)\dot s = \dot v\vect T + (v^2/\rho)\vect N. أما كون  ⁣dT→/ ⁣ds⊥T→\dd\vect T/\dd s \perp \vect T فيتبع من اشتقاق T→⋅T→=1\vect T\cdot\vect T = 1. ∎

أساس فريني عند نقطة من منحنٍ: T في اتجاه الحركة، وN نحو مركز التقوّس C. وينقسم التسارع إلى جزء مماسي v T (تسريع أو كبح) وجزء ناظمي (v2/ ) N (دوران).
أساس فريني عند نقطة من منحنٍ: T→\vect T في اتجاه الحركة، وN→\vect N نحو مركز التقوّس CC. وينقسم التسارع إلى جزء مماسي v˙T→\dot v\vect T (تسريع أو كبح) وجزء ناظمي (v2/ρ)N→(v^2/\rho)\vect N (دوران).

مثال 11.14 (الكبح في منعطف)

سيارة عند 90 km/h90\,\mathrm{km}/\mathrm{h} (أي 25 m/s25\,\mathrm{m}/\mathrm{s}) في منعطف نصف قطره 100 m100\,\mathrm{m} تكبح بمقدار 2.0 m/s22.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}: فيكون aT=−2.0 m/s2a_T = -2.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} و aN=625/100=6.25 m/s2a_N = 625/100 = 6.25\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} و a=4+39=6.6 m/s2a = \sqrt{4 + 39} = 6.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}. فالجزء الناظمي هو المهيمن: فالمنعطف قبل كل شيء دوران، وتماسك الإطارات (في الفصل التالي) يحدّ aT2+aN2\sqrt{a_T^2 + a_N^2}، ولهذا يُكبح قبل المنعطف.

11.5 الحركات المعيارية

قضية 11.15 (الحركة المستقيمة المنتظمة التسارع)

على محور، x¨=a\ddot x = a ثابت، انطلاقًا من x0x_0 و v0v_0: v=v0+atv = v_0 + at و x=x0+v0t+12at2x = x_0 + v_0t + \tfrac12 at^2 و v2−v02=2a(x−x0)v^2 - v_0^2 = 2a(x - x_0).

برهان. نكامل مرتين؛ ثم نحذف tt بين العلاقتين الأوليين. ∎

قضية 11.16 (الحركة الحلزونية)

r=Rr = R و θ=ωt\theta = \omega t و z=vztz = v_zt (والثوابت RR و ω\omega و vzv_z): تكون قيمة السرعة v=R2ω2+vz2v = \sqrt{R^2\omega^2 + v_z^2} ثابتة، ويكون التسارع a→=−Rω2e→r\vect a = -R\omega^2\vect e_r مركزيًّا ثابت المعيار، ويكون نصف قطر التقوّس ρ=v2/a=R(1+vz2/R2ω2)>R\rho = v^2/a = R(1 + v_z^2/R^2\omega^2) > R.

برهان. المبرهنة 11.7 مع r˙=0\dot r = 0 و θ¨=0\ddot\theta = 0 و z¨=0\ddot z = 0؛ والحركة منتظمة، فيكون a→\vect a ناظميًّا خالصًا و v2/ρ=Rω2v^2/\rho = R\omega^2. ∎

قضية 11.17 (الحركة التوافقية)

x=Acos⁡(ωt+φ)x = A\cos(\omega t + \varphi): ومنه x˙=−Aωsin⁡(ωt+φ)\dot x = -A\omega\sin(\omega t + \varphi) و x¨=−ω2x\ddot x = -\omega^2 x. فتتقدّم السرعة على الموضع بربع دور ويكون التسارع معاكسًا للموضع؛ و vmax⁡=Aωv_{\max} = A\omega و amax⁡=Aω2a_{\max} = A\omega^2. وهذه هي مسقط حركة دائرية منتظمة نصف قطرها AA وسرعتها الزاوية ω\omega على قطر.

برهان. نشتقّ؛ وللمسقط نأخذ x=Acos⁡θx = A\cos\theta مع θ=ωt+φ\theta = \omega t + \varphi. ∎

طريقة 11.18 (اختيار الإحداثيات)

  • حركة مستقيمة أو مكافئية بتسارع ثابت: الديكارتية.
  • حركة حول محور أو نقطة (كالدوائر واللوالب والمدارات وأقراص الدوران): الأسطوانية أو القطبية؛ والأساس يتحرك، فتُستعمل المبرهنة 11.7، لا الاشتقاق الساذج للمركّبات.
  • منحنٍ معطى (كمضمار أو منعطف أو حلقة) حين يُعرف قانون قيمة السرعة: أساس فريني، وهو يفصل “كم السرعة” عن “أيّ اتجاه”.

ومهما يكن الاختيار، تبقى v→\vect v و a→\vect a متجهتين تتوقفان على المرجع، ولا تكتمل النتيجة إلا بتسمية المرجع.

11.6 تمارين

تمرين 11.1 ★

سيارة تنطلق من السكون بالقانون x(t)=2.0 t2x(t) = 2.0\,t^2 (بوحدات النظام الدولي). أوجد السرعة و التسارع عند t=3.0 st = 3.0\,\mathrm{s}؛ والمسافة المقطوعة في أول 5 s5\,\mathrm{s}؛ والزمن اللازم لبلوغ 100 km/h100\,\mathrm{km}/\mathrm{h}.

حل

حل التمرين 11.1.

v=4.0tv = 4.0t: أي 12 m/s12\,\mathrm{m}/\mathrm{s} عند 3.0 s3.0\,\mathrm{s}؛ وa=4.0 m/s2a = 4.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}؛ وx(5)=50 mx(5) = 50\,\mathrm{m}؛ و100 km/h=27.8 m/s100\,\mathrm{km}/\mathrm{h} = 27.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s} عند t=27.8/4.0=6.9 st = 27.8/4.0 = 6.9\,\mathrm{s}.

تمرين 11.2 ★

نقطة تتحرك في مستوٍ مع r=2.0 mr = 2.0\,\mathrm{m} و θ=3.0 t\theta = 3.0\,t (بالراديان، بوحدات النظام الدولي). أعطِ v→\vect v و a→\vect a في الأساس القطبي ومعياريهما، وطبيعة الحركة.

حل

حل التمرين 11.2.

r˙=0\dot r = 0 و θ˙=3.0 rad/s\dot\theta = 3.0\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}: فيكون v→=rθ˙ e→θ=6.0 e→θ\vect v = r\dot\theta\,\vect e_\theta = 6.0\,\vect e_\theta (بوحدة m/s\mathrm{m}/\mathrm{s})؛ و a→=−rθ˙2e→r=−18 e→r\vect a = -r\dot\theta^2\vect e_r = -18\,\vect e_r (بوحدة m/s2\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}). وهي حركة دائرية منتظمة: قيمة سرعة ثابتة و تسارع مركزي.

تمرين 11.3 ★

نقطة على خط الاستواء (R=6.37×106 mR = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}، واليوم النجمي 86 164 s86\,164\,\mathrm{s}): أوجد قيمة السرعة والتسارع في المرجع الأرضي المركزي. وقارن التسارع بالمقدار gg.

حل

حل التمرين 11.3.

v=2πR/T=2π×6.37×106/86164=465 m/sv = 2\pi R/T = 2\pi \times 6.37\times10^6/86164 = 465\,\mathrm{m}/\mathrm{s}؛ وa=v2/R=0.034 m/s2a = v^2/R = 0.034\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}، أي g/290g/290.

تمرين 11.4 ★

تُقذف كرة بسرعة v0=12 m/sv_0 = 12\,\mathrm{m}/\mathrm{s} عند α=40∘\alpha = 40^\circ؛ وإحداثياتها هي إحداثيات المثال 11.4. أوجد زمن بلوغ القمة والارتفاع الأعظمي والمدى و السرعة عند الوصول إلى الأرض.

حل

حل التمرين 11.4.

v0sin⁡α=7.71 m/sv_0\sin\alpha = 7.71\,\mathrm{m}/\mathrm{s} و v0cos⁡α=9.19 m/sv_0\cos\alpha = 9.19\,\mathrm{m}/\mathrm{s}. والقمة عند t=7.71/9.81=0.79 st = 7.71/9.81 = 0.79\,\mathrm{s}، وارتفاعها 7.712/(2×9.81)=3.0 m7.71^2/(2 \times 9.81) = 3.0\,\mathrm{m}. والمدى 2×9.19×0.786=14.5 m2 \times 9.19 \times 0.786 = 14.5\,\mathrm{m}. وعند الوصول: (9.19,−7.71)(9.19, -7.71)، أي 12 m/s12\,\mathrm{m}/\mathrm{s} بزاوية 40∘40^\circ تحت الأفق.

تمرين 11.5 ★★

دراج بسرعة 10 m/s10\,\mathrm{m}/\mathrm{s} يدخل منعطفًا نصف قطره 25 m25\,\mathrm{m} و يتسارع بمقدار 1.0 m/s21.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}. أعطِ a→\vect a في أساس فريني و معيارها؛ وماذا بعد 5 s5\,\mathrm{s} من التسارع نفسه على المنعطف نفسه؟

حل

حل التمرين 11.5.

aT=1.0 m/s2a_T = 1.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} و aN=102/25=4.0 m/s2a_N = 10^2/25 = 4.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} و a=4.1 m/s2a = 4.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}. وبعد 5 s5\,\mathrm{s}: v=15 m/sv = 15\,\mathrm{m}/\mathrm{s} و aN=225/25=9.0 m/s2a_N = 225/25 = 9.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} و a=9.1 m/s2a = 9.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}.

تمرين 11.6 ★★

نقطة تتبع اللولب r=bθr = b\theta مع θ=ωt\theta = \omega t (و bb و ω\omega ثابتان). احسب v→\vect v وقيمة السرعة و a→\vect a في الأساس القطبي. ومن أين يأتي الحدّ 2r˙θ˙2\dot r\dot\theta؟

حل

حل التمرين 11.6.

r=bωtr = b\omega t و r˙=bω\dot r = b\omega و r¨=0\ddot r = 0 و θ˙=ω\dot\theta = \omega: فيكون v→=bω e→r+bω2t e→θ\vect v = b\omega\,\vect e_r + b\omega^2 t\,\vect e_\theta و v=bω1+ω2t2v = b\omega \sqrt{1 + \omega^2t^2}؛ و a→=−bω3t e→r+2bω2 e→θ\vect a = -b\omega^3 t\,\vect e_r + 2b\omega^2\, \vect e_\theta. والحدّ 2r˙θ˙2\dot r\dot\theta نصفان متساويان: فاتجاه السرعة القطرية يدور بمعدل θ˙\dot\theta (فيعطي r˙θ˙ e→θ\dot r\dot\theta\,\vect e_\theta)، والانتقال إلى الخارج يزيد السرعة العمودية على القطر rθ˙r\dot\theta (فيعطي r˙θ˙\dot r\dot\theta آخر).

تمرين 11.7 ★★

حلزون: R=2.0 mR = 2.0\,\mathrm{m} و ω=1.0 rad/s\omega = 1.0\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} و vz=0.50 m/sv_z = 0.50\,\mathrm{m}/\mathrm{s}. أوجد قيمة السرعة والتسارع وخطوة الحلزون ونصف قطر التقوّس.

حل

حل التمرين 11.7.

v=(2.0×1.0)2+0.52=2.1 m/sv = \sqrt{(2.0 \times 1.0)^2 + 0.5^2} = 2.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}؛ وa=Rω2=2.0 m/s2a = R\omega^2 = 2.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} نحو المحور؛ والخطوة vz×2π/ω=3.1 mv_z \times 2\pi/\omega = 3.1\,\mathrm{m}؛ وρ=v2/a=4.25/2.0=2.1 m>R\rho = v^2/a = 4.25/2.0 = 2.1\,\mathrm{m} > R.

تمرين 11.8 ★★

مكبس يتحرك وفق x=0.10cos⁡(10t)x = 0.10\cos(10t) (بوحدات النظام الدولي). أعطِ vmax⁡v_{\max} و amax⁡a_{\max} والعلاقات الطورية بين xx و vv و aa، والمواضع التي تكون عندها ∣v∣\abs v و ∣a∣\abs a أكبر ما تكون.

حل

حل التمرين 11.8.

vmax⁡=Aω=1.0 m/sv_{\max} = A\omega = 1.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}؛ وamax⁡=Aω2=10 m/s2a_{\max} = A\omega^2 = 10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}؛ وتتقدّم vv على xx بربع دور، ويكون a=−ω2xa = -\omega^2x معاكسًا للموضع xx. وتكون ∣v∣\abs v أكبر ما تكون عند x=0x = 0، و ∣a∣\abs a عند الطرفين x=±Ax = \pm A.

تمرين 11.9 ★★

انطلاقًا من e→r=cos⁡θ e→x+sin⁡θ e→y\vect e_r = \cos\theta\,\vect e_x + \sin\theta\,\vect e_y، اشتقّ  ⁣de→r/ ⁣dt\dd\vect e_r/\dd t و  ⁣de→θ/ ⁣dt\dd\vect e_\theta/\dd t، ثم السرعة والتسارع القطبيين في المبرهنة 11.7.

حل

حل التمرين 11.9.

e→˙r=θ˙(−sin⁡θ e→x+cos⁡θ e→y)=θ˙ e→θ\dot{\vect e}_r = \dot\theta(-\sin\theta\,\vect e_x + \cos\theta\,\vect e_y) = \dot\theta\,\vect e_\theta؛ وe→˙θ=θ˙(−cos⁡θ e→x−sin⁡θ e→y)=−θ˙ e→r\dot{\vect e}_\theta = \dot\theta(-\cos\theta\, \vect e_x - \sin\theta\,\vect e_y) = -\dot\theta\,\vect e_r. ومنه v→=r˙e→r+rθ˙e→θ\vect v = \dot r\vect e_r + r\dot\theta\vect e_\theta، وباشتقاق مرة أخرى بقاعدة الجداء نحصل على تسارع المبرهنة 11.7.

تمرين 11.10 ★★★

من أجل قذيفة المثال 11.4، أوجد نصف قطر تقوّس المسار عند القمة وعند نقطة القذف (باستعمال المركّبة الناظمية للمتجهة g→\vect g). فأيّهما أصغر، ولماذا؟

حل

حل التمرين 11.10.

عند القمة: v=v0cos⁡αv = v_0\cos\alpha و aN=ga_N = g: ومنه ρ=v02cos⁡2α/g\rho = v_0^2\cos^2\alpha/g. وعند القذف: v=v0v = v_0 و aN=gcos⁡αa_N = g\cos\alpha: ومنه ρ=v02/(gcos⁡α)\rho = v_0^2/(g\cos\alpha). فنصف قطر القمة أصغر بالعامل cos⁡3α\cos^3\alpha: إذ ينحني القطع المكافئ أشدّ ما ينحني حيث يكون أبطأ وحيث يكون g→\vect g كله ناظميًّا.

تمرين 11.11 ★★★

عجلة نصف قطرها RR تتدحرج دون انزلاق بسرعة vv؛ ونقطة من إطارها إحداثياها x=vt−Rsin⁡(vt/R)x = vt - R\sin(vt/R) و y=R−Rcos⁡(vt/R)y = R - R\cos(vt/R) (أي منحنٍ دويري). احسب سرعتها وتسارعها؛ وبيّن أنها حين تلامس الأرض تنعدم سرعتها ويكون تسارعها v2/Rv^2/R إلى أعلى؛ وأوجد قيمة سرعتها عند القمة.

حل

حل التمرين 11.11.

x˙=v−vcos⁡(vt/R)\dot x = v - v\cos(vt/R) و y˙=vsin⁡(vt/R)\dot y = v\sin(vt/R)؛ وx¨=(v2/R)sin⁡(vt/R)\ddot x = (v^2/R) \sin(vt/R) و y¨=(v2/R)cos⁡(vt/R)\ddot y = (v^2/R)\cos(vt/R). وعند الأرض (حيث vt/R=2πnvt/R = 2\pi n): x˙=y˙=0\dot x = \dot y = 0 و a→=(0,v2/R)\vect a = (0, v^2/R)، أي إلى أعلى. وعند القمة (حيث vt/R=πvt/R = \pi): x˙=2v\dot x = 2v و y˙=0\dot y = 0: فقيمة السرعة 2v2v.

تمرين 11.12 ★★★

يمشي شخص إلى الخارج على امتداد نصف قطر قرص دوّار يدور بسرعة زاوية ثابتة ω\omega، بسرعة ثابتة uu بالنسبة إلى القرص: أي r=utr = ut و θ=ωt\theta = \omega t. احسب a→\vect a في الأساس القطبي، وعيّن الحدّين، وقيّمهما من أجل u=1.0 m/su = 1.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s} و ω=1.0 rad/s\omega = 1.0\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} عند t=2.0 st = 2.0\,\mathrm{s}. وأيّ حدّ لا نظير له لشخص يمشي على الأرض؟

حل

حل التمرين 11.12.

r¨=0\ddot r = 0 و r˙=u\dot r = u و θ˙=ω\dot\theta = \omega: فيكون a→=−utω2 e→r+2uω e→θ\vect a = -ut\omega^2\, \vect e_r + 2u\omega\,\vect e_\theta. وعند t=2.0 st = 2.0\,\mathrm{s}: −2.0 e→r+2.0 e→θ-2.0\,\vect e_r + 2.0\,\vect e_\theta (بوحدة m/s2\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}). والأول هو الحدّ المركزي للدوران؛ أما الثاني، 2r˙θ˙2\dot r\dot\theta، فلا يوجد إلا لأن الاتجاه القطري نفسه يدور — فعلى الأرض لا يعطي المشي مستقيمًا بسرعة ثابتة أيّ تسارع البتة.

حلقة شاقولية (يوميوري لاند، طوكيو): على شكل دمعة لا دائرة، حتى يكون التقوّس أكبر ما يكون عند القمة حيث تكون السرعة أصغر ما تكون — وهي هندسة مسألة نهاية الأسبوع. الصورة: جيريمي طومسون، CC BY 2.0.
حلقة شاقولية (يوميوري لاند، طوكيو): على شكل دمعة لا دائرة، حتى يكون التقوّس أكبر ما يكون عند القمة حيث تكون السرعة أصغر ما تكون — وهي هندسة مسألة نهاية الأسبوع. الصورة: جيريمي طومسون، CC BY 2.0.

11.7 مسألة: حلقة الأفعوانية

مسألة 11.1

مسألة نهاية الأسبوع — عربة تدخل حلقة شاقولية عند تسعين كيلومترًا في الساعة: أين تبطئ، وإلى أين يشير تسارعها، وكم من gg يشعر الراكبون، ولماذا لا تكون الحلقات الحديثة دوائر

عربة، تُعامل نقطةً MM، تسير على حلقة دائرية شاقولية نصف قطرها R=10 mR = 10\,\mathrm{m} ومركزها CC. ويُعطى موضعها بالزاوية θ\theta بين CM→\vect{CM} والشاقول النازل (فتكون θ=0\theta = 0 عند الأسفل و π\pi عند القمة). ويُهمَل الاحتكاك، و قانون قيمة السرعة (المشتقّ في الفصل 13) هو

v2=v02−2gR(1−cos⁡θ),v^2 = v_0^2 - 2gR(1 - \cos\theta),

مع v0=25 m/sv_0 = 25\,\mathrm{m}/\mathrm{s} قيمةَ السرعة عند الأسفل؛ و g=9.81 m/s2g = 9.81\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}.

الجزء I — التحريك على الدائرة.

  1. بالإحداثيات القطبية المتمركزة عند CC (مع e→r\vect e_r من CC إلى MM)، اكتب v→\vect v و a→\vect a للحركة على الدائرة.
  2. عيّن متجهتَي فريني T→\vect T و N→\vect N بدلالة e→r\vect e_r و e→θ\vect e_\theta، ونصف قطر التقوّس.
  3. احسب قيمة السرعة عند القمة، وعند النقطتين الجانبيتين θ=π/2\theta = \pi/2 و 3π/23\pi/2.
  4. اشتقّ قانون قيمة السرعة بالنسبة إلى الزمن لتبيّن أن التسارع المماسي هو aT=−gsin⁡θa_T = -g\sin\theta. وفسّر إشارته في الصعود وفي النزول.
  5. عبّر عن التسارع الناظمي aN(θ)a_N(\theta) واحسبه عند الأسفل والجانبين والقمة.
  6. أعطِ معيار a→\vect a عند النقاط الأربع والزاوية التي يصنعها مع الشاقول عند القمة.
  7. عند أيّ نقاط تكون a→\vect a عمودية على v→\vect v؟ وموازية لها؟

الجزء II — المعدلات الزاوية والتوقيت.

  1. عبّر عن θ˙\dot\theta بدلالة θ\theta واحسبها عند الأسفل والقمة.
  2. بيّن أن θ¨=−(g/R)sin⁡θ\ddot\theta = -(g/R)\sin\theta (وهي معادلة نواس) وعلّق على ذلك.
  3. للمقارنة، احسب دور التذبذبات الصغيرة لنواس بسيط طوله RR (وقد أعطت المثال 1.8 صيغته؛ مع k=2πk = 2\pi).
  4. قدّر زمن الدوران حول الحلقة، مستعملًا متوسط قيم السرعة عند النقاط المرجعية الأربع.
  5. أصغر قيمة للسرعة عند القمة تُبقي العربة على المضمار (في الفصل التالي) هي gR\sqrt{gR}. فهل تتحقق؟ وأيّ أصغر v0v_0 يلزم؟

الجزء III — ما يشعر به الراكبون. الوزن الظاهري لواحدة الكتلة الذي يشعر به راكب هو a→−g→\vect a - \vect g (وهو مسلَّم هنا، ومشتقّ في الفصل 12)؛ ومعياره بوحدات gg هو “حمولة gg”.

  1. احسب حمولة gg عند الأسفل.
  2. احسبها عند القمة، وقل إلى أيّ جهة يُضغط الراكب (المقعد أم المقيِّد).
  3. احسبها عند النقطتين الجانبيتين.
  4. يتحمّل الراكبون نحو 4g4g برهةً. فهل تنجح هذه الحلقة؟ وأين المشكلة؟
  5. بيّن أنه من أجل حلقة دائرية يُدخل إليها بسرعة تكفي بالضبط لتجاوز القمة (بوزن ظاهري معدوم هناك)، تكون حمولة gg عند الأسفل 6g6g حتمًا، مهما تكن RR.

الجزء IV — الحلقة الكلوثويدية. الحلقات الحديثة على شكل “دمعة”: فنصف قطر التقوّس كبير عند الأسفل وصغير عند القمة.

  1. باستعمال صورة فريني للتسارع a→\vect a، فسّر لماذا يغيّر تغيير ρ\rho على امتداد المضمار المقدارَ aNa_N دون تغيير قانون قيمة السرعة (الذي يتوقف على الارتفاع وحده).
  2. اختر ρالأسفل\rho_{\text{الأسفل}} بحيث تكون حمولة gg عند الأسفل 3g3g مع v0=25 m/sv_0 = 25\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.
  3. عند القمة يبقى الارتفاع 2R=20 m2R = 20\,\mathrm{m} فوق الأسفل. اختر ρالقمة\rho_{\text{القمة}} بحيث تكون حمولة gg هناك 1.5g1.5g.
  4. للكلوثويد تقوّس يتناسب مع طول القوس، 1/ρ=s/A21/\rho = s/A^2. فعلى امتداد مدخل كهذا، وقيمة السرعة شبه ثابتة، كيف ينمو aNa_N مع الزمن، ولماذا يكون ذلك أرفق بالعنق من دائرة (حيث يقفز aNa_N عند المدخل)؟
  5. ارسم شكل الحلقة الناتج رسمًا نوعيًّا ولخّص في جملتين لماذا حلّ محلّ الدائرة.

الجزء V — منظورًا من الأرض. آلة تصوير على مستوى الأرض، على بعد 50 m50\,\mathrm{m} من مركز الحلقة في مستويها، تتعقّب العربة.

  1. حين تكون العربة عند القمة متحركةً أفقيًّا بسرعة 15 m/s15\,\mathrm{m}/\mathrm{s}، بأيّ معدل زاوي (بالراديان في الثانية) يجب أن تدور آلة التصوير؟ (بالإحداثيات القطبية من آلة التصوير.)
  2. لماذا تكون آلة تصوير تدور بمعدل ثابت متعقّبًا رديئًا لحركة دائرية منتظمة؟
  3. لخّص درس هذا الفصل من الحلقة: أيّ نظام إحداثيات أجاب عن أيّ سؤال.
حل

حل المسألة 11.1.

1. v→=Rθ˙ e→θ\vect v = R\dot\theta\,\vect e_\theta؛ وa→=−Rθ˙2 e→r+Rθ¨ e→θ\vect a = -R\dot\theta^2 \,\vect e_r + R\ddot\theta\,\vect e_\theta.

2. T→=e→θ\vect T = \vect e_\theta (والحركة في اتجاه θ\theta المتزايدة)، و N→=−e→r\vect N = -\vect e_r (نحو CC)، و ρ=R\rho = R.

3. عند القمة: v2=625−392=233v^2 = 625 - 392 = 233 و v=15.3 m/sv = 15.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}. وعند الجانبين: 625−196=429625 - 196 = 429 و v=20.7 m/sv = 20.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.

4. 2vv˙=−2gRsin⁡θ θ˙2v\dot v = -2gR\sin\theta\,\dot\theta و v=Rθ˙v = R\dot\theta: ومنه v˙=−gsin⁡θ\dot v = -g\sin\theta. وهو سالب من أجل 0<θ<π0 < \theta < \pi (أي إبطاء في الصعود)، وموجب في النزول.

5. aN=v2/R=v02/R−2g(1−cos⁡θ)a_N = v^2/R = v_0^2/R - 2g(1 - \cos\theta): فعند الأسفل 62.5 m/s262.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}؛ وعند الجانبين 62.5−19.6=42.9 m/s262.5 - 19.6 = 42.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}؛ وعند القمة 62.5−39.2=23.3 m/s262.5 - 39.2 = 23.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}.

6. عند الأسفل: 62.5 m/s262.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} (بلا جزء مماسي)؛ وعند الجانبين: 42.92+9.812=44.0 m/s2\sqrt{42.9^2 + 9.81^2} = 44.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}؛ وعند القمة: 23.3 m/s223.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}، مشيرًا شاقوليًّا إلى الأسفل نحو CC: فالزاوية 00 مع الشاقول.

7. عمودية عند الأسفل والقمة (حيث aT=0a_T = 0)؛ وليست موازية أبدًا (لأن aN>0a_N > 0 في كل مكان).

8. θ˙=v/R=v02−2gR(1−cos⁡θ)/R\dot\theta = v/R = \sqrt{v_0^2 - 2gR(1 - \cos\theta)}/R: فعند الأسفل 2.50 rad/s2.50\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}، وعند القمة 1.53 rad/s1.53\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}.

9. θ¨=v˙/R=−(g/R)sin⁡θ\ddot\theta = \dot v/R = -(g/R)\sin\theta: وهي معادلة نواس بسيط طوله RR — فالعربة على مضمارها ثقل نواس يعبر القمة.

10. 2πR/g=2π10/9.81=6.3 s2\pi\sqrt{R/g} = 2\pi\sqrt{10/9.81} = 6.3\,\mathrm{s}.

11. متوسط 2525 و20.720.7 و15.315.3 و20.720.7: نحو 20 m/s20\,\mathrm{m}/\mathrm{s}؛ والطول 2πR=63 m2\pi R = 63\,\mathrm{m}: أي نحو 3 s3\,\mathrm{s}.

12. gR=9.9 m/s<15.3\sqrt{gR} = 9.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s} < 15.3: فنعم. وأصغر قيمة: v02≥gR+4gR=5gR=490v_0^2 \geq gR + 4gR = 5gR = 490، أي v0≥22.1 m/sv_0 \geq 22.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.

13. عند الأسفل: a→=62.5\vect a = 62.5 إلى أعلى و g→\vect g إلى أسفل: ومنه ∣a→−g→∣=62.5+9.8=72.3 m/s2=7.4g\abs{\vect a - \vect g} = 62.5 + 9.8 = 72.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} = 7.4g.

14. عند القمة: كلاهما إلى أسفل، 23.3−9.8=13.5 m/s2=1.4g23.3 - 9.8 = 13.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} = 1.4g، يضغط الراكب في مقعده (أي نحو المركز، وهو إلى أعلى بالنسبة إلى الراكب المقلوب).

15. عند الجانبين: a→=42.9\vect a = 42.9 أفقيًّا نحو CC زائد 9.89.8 إلى أسفل (مماسيًّا)؛ والمقدار a→−g→\vect a - \vect g يساوي 42.942.9 أفقيًّا: أي 4.4g4.4g جانبيًّا نحو المركز.

16. تفشل: 7.4g7.4g عند الأسفل (أما القمة والجانبان فلا بأس بهما).

17. وزن ظاهري معدوم عند القمة: vالقمة2=gRv_{\text{القمة}}^2 = gR؛ ومنه v02=gR+4gR=5gRv_0^2 = gR + 4gR = 5gR و aN=5ga_N = 5g عند الأسفل، فتكون الحمولة 5g+g=6g5g + g = 6g، مستقلة عن RR.

18. aN=v2/ρa_N = v^2/\rho: فقيمة vv يثبّتها الارتفاع (بالطاقة)، و ρ\rho تثبّتها هندسة المضمار؛ فقيمة مختلفة لنصف القطر ρ\rho عند الارتفاع نفسه تغيّر aNa_N وحده.

19. aN+g=3ga_N + g = 3g: ومنه aN=2ga_N = 2g و ρ=v02/2g=625/19.6=32 m\rho = v_0^2/2g = 625/19.6 = 32\,\mathrm{m}.

20. vالقمة=15.3 m/sv_{\text{القمة}} = 15.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}؛ ومن aN−g=1.5ga_N - g = 1.5g نجد aN=24.5 m/s2a_N = 24.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} و ρ=233/24.5=9.5 m\rho = 233/24.5 = 9.5\,\mathrm{m}.

21. aN=v2/ρ=v2s/A2=v3t/A2a_N = v^2/\rho = v^2s/A^2 = v^3t/A^2: فهو ينمو خطيًّا من الصفر — أي بمعدل تغيّر ثابت للتسارع — بدلًا من القفز من 00 إلى v2/Rv^2/R عند مدخل دائرة، وهو ما يشعر به العنق ضربةً.

22. على شكل دمعة: عريضة لطيفة التقوّس عند الأسفل حيث تكون العربة سريعة، وضيقة عند القمة حيث تكون بطيئة. فتُبقي الحمولة قرب 3g3g في كل مكان وتأتي بها تدريجيًّا.

23. خط النظر: البعد الأفقي 50 m50\,\mathrm{m} والارتفاع 20 m20\,\mathrm{m}: ومنه r=53.9 mr = 53.9\,\mathrm{m} وزاوية الارتفاع β=21.8∘\beta = 21.8^\circ. و المركّبة المستعرضة للسرعة الأفقية هي vsin⁡β=15×0.371=5.6 m/sv\sin\beta = 15 \times 0.371 = 5.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}؛ ومنه θ˙=5.6/53.9=0.10 rad/s\dot\theta = 5.6/53.9 = 0.10\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}.

24. منظورًا من نقطة خارج المركز لا يكون المعدل الزاوي لخط النظر ثابتًا (فهو سريع حين تقترب العربة، وبطيء حين تبتعد): فتنزلق آلة تصوير ذات معدل ثابت عن العربة.

25. الإحداثيات القطبية عند CC للسرعة والتسارع على الدائرة؛ وفصل فريني بين “التسريع” و“الدوران” و من أجل الكلوثويد؛ والإحداثيات القطبية عند آلة التصوير لمعدل التعقّب؛ والطاقة (في الفصول التالية) لقانون قيمة السرعة.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (393) في المسرد